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<a href="https://mp.weixin.qq.com/s/RsdcQ9umo09R6cfnwXZlrQ"><img src="https://img.shields.io/badge/PDF下载-代码随想录-blueviolet" alt=""></a>
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<p align="center"><strong>欢迎大家<a href="https://mp.weixin.qq.com/s/tqCxrMEU-ajQumL1i8im9A">参与本项目</a>，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们收益！</strong></p>
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## 337.打家劫舍 III
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题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/house-robber-iii/
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在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为“根”。 除了“根”之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。
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计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。
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## 思路
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这道题目和 [198.打家劫舍](https://mp.weixin.qq.com/s/UZ31WdLEEFmBegdgLkJ8Dw)，[213.打家劫舍II](https://mp.weixin.qq.com/s/kKPx4HpH3RArbRcxAVHbeQ)也是如出一辙，只不过这个换成了树。
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如果对树的遍历不够熟悉的话，那本题就有难度了。
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对于树的话，首先就要想到遍历方式，前中后序（深度优先搜索）还是层序遍历（广度优先搜索）。
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**本题一定是要后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算**。
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与198.打家劫舍，213.打家劫舍II一样，关键是要讨论当前节点抢还是不抢。
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如果抢了当前节点，两个孩子就不是动，如果没抢当前节点，就可以考虑抢左右孩子（**注意这里说的是“考虑”**）
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### 暴力递归
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代码如下：
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```C++
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class Solution {
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public:
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int rob(TreeNode* root) {
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if (root == NULL) return 0;
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if (root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;
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// 偷父节点
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int val1 = root->val;
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if (root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); // 跳过root->left，相当于不考虑左孩子了
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if (root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); // 跳过root->right，相当于不考虑右孩子了
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// 不偷父节点
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int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); // 考虑root的左右孩子
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return max(val1, val2);
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}
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};
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```
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* 时间复杂度：O(n^2) 这个时间复杂度不太标准，也不容易准确化，例如越往下的节点重复计算次数就越多
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* 空间复杂度：O(logn) 算上递推系统栈的空间
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当然以上代码超时了，这个递归的过程中其实是有重复计算了。
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我们计算了root的四个孙子（左右孩子的孩子）为头结点的子树的情况，又计算了root的左右孩子为头结点的子树的情况，计算左右孩子的时候其实又把孙子计算了一遍。
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### 记忆化递推
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所以可以使用一个map把计算过的结果保存一下，这样如果计算过孙子了，那么计算孩子的时候可以复用孙子节点的结果。
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代码如下：
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```C++
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class Solution {
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public:
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unordered_map<TreeNode* , int> umap; // 记录计算过的结果
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int rob(TreeNode* root) {
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if (root == NULL) return 0;
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if (root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;
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if (umap[root]) return umap[root]; // 如果umap里已经有记录则直接返回
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// 偷父节点
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int val1 = root->val;
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if (root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); // 跳过root->left
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if (root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); // 跳过root->right
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// 不偷父节点
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int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); // 考虑root的左右孩子
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umap[root] = max(val1, val2); // umap记录一下结果
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return max(val1, val2);
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}
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};
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```
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* 时间复杂度：O(n)
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* 空间复杂度：O(logn) 算上递推系统栈的空间
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### 动态规划
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在上面两种方法，其实对一个节点 投与不投得到的最大金钱都没有做记录，而是需要实时计算。
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而动态规划其实就是使用状态转移容器来记录状态的变化，这里可以使用一个长度为2的数组，记录当前节点偷与不偷所得到的的最大金钱。
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**这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解**。
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1. 确定递归函数的参数和返回值
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这里我们要求一个节点 偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组。
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参数为当前节点，代码如下：
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```C++
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vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
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```
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其实这里的返回数组就是dp数组。
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所以dp数组（dp table）以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。
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**所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！**
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那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？
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**别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数**。
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如果还不理解的话，就接着往下看，看到代码就理解了哈。
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2. 确定终止条件
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在遍历的过程中，如果遇到空间点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
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```
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if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
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```
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这也相当于dp数组的初始化
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3. 确定遍历顺序
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首先明确的是使用后序遍历。 因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。
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通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。
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通过递归右节点，得到右节点偷与不偷的金钱。
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代码如下：
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```C++
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// 下标0：不偷，下标1：偷
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vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
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vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
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// 中
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```
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4. 确定单层递归的逻辑
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如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，val1 = cur->val + left[0] + right[0]; （**如果对下标含义不理解就在回顾一下dp数组的含义**）
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如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
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最后当前节点的状态就是{val2, val1}; 即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}
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代码如下：
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```C++
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vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
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vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
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// 偷cur
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int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
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// 不偷cur
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int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
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return {val2, val1};
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```
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5. 举例推导dp数组
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以示例1为例，dp数组状态如下：（**注意用后序遍历的方式推导**）
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**最后头结点就是 取下标0 和 下标1的最大值就是偷得的最大金钱**。
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递归三部曲与动规五部曲分析完毕，C++代码如下：
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```C++
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class Solution {
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public:
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int rob(TreeNode* root) {
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vector<int> result = robTree(root);
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return max(result[0], result[1]);
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}
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// 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
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vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
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if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
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vector<int> left = robTree(cur->left);
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vector<int> right = robTree(cur->right);
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// 偷cur
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int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
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// 不偷cur
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int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
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return {val2, val1};
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}
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};
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```
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* 时间复杂度：O(n) 每个节点只遍历了一次
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* 空间复杂度：O(logn) 算上递推系统栈的空间
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## 总结
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这道题是树形DP的入门题目，通过这道题目大家应该也了解了，所谓树形DP就是在树上进行递归公式的推导。
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**所以树形DP也没有那么神秘！**
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只不过平时我们习惯了在一维数组或者二维数组上推导公式，一下子换成了树，就需要对树的遍历方式足够了解！
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大家还记不记得我在讲解贪心专题的时候，讲到这道题目：[贪心算法：我要监控二叉树！](https://mp.weixin.qq.com/s/kCxlLLjWKaE6nifHC3UL2Q)，这也是贪心算法在树上的应用。**那我也可以把这个算法起一个名字，叫做树形贪心**，哈哈哈
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“树形贪心”词汇从此诞生，来自「代码随想录」
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## 其他语言版本
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Java：
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```Java
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class Solution {
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// 1.递归去偷，超时
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public int rob(TreeNode root) {
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if (root == null)
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return 0;
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int money = root.val;
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if (root.left != null) {
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money += rob(root.left.left) + rob(root.left.right);
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}
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if (root.right != null) {
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money += rob(root.right.left) + rob(root.right.right);
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}
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return Math.max(money, rob(root.left) + rob(root.right));
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}
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// 2.递归去偷，记录状态
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// 执行用时：3 ms , 在所有 Java 提交中击败了 56.24% 的用户
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public int rob1(TreeNode root) {
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Map<TreeNode, Integer> memo = new HashMap<>();
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return robAction(root, memo);
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}
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int robAction(TreeNode root, Map<TreeNode, Integer> memo) {
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if (root == null)
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return 0;
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if (memo.containsKey(root))
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return memo.get(root);
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int money = root.val;
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if (root.left != null) {
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money += robAction(root.left.left, memo) + robAction(root.left.right, memo);
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}
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if (root.right != null) {
|
||
money += robAction(root.right.left, memo) + robAction(root.right.right, memo);
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||
}
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int res = Math.max(money, robAction(root.left, memo) + robAction(root.right, memo));
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memo.put(root, res);
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return res;
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}
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// 3.状态标记递归
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// 执行用时：0 ms , 在所有 Java 提交中击败了 100% 的用户
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// 不偷：Max(左孩子不偷，左孩子偷) + Max(又孩子不偷，右孩子偷)
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// root[0] = Math.max(rob(root.left)[0], rob(root.left)[1]) +
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// Math.max(rob(root.right)[0], rob(root.right)[1])
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// 偷：左孩子不偷+ 右孩子不偷 + 当前节点偷
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// root[1] = rob(root.left)[0] + rob(root.right)[0] + root.val;
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public int rob3(TreeNode root) {
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int[] res = robAction1(root);
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return Math.max(res[0], res[1]);
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}
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int[] robAction1(TreeNode root) {
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int res[] = new int[2];
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if (root == null)
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return res;
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int[] left = robAction1(root.left);
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int[] right = robAction1(root.right);
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res[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
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res[1] = root.val + left[0] + right[0];
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return res;
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}
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}
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```
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Python：
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Go：
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* 作者微信：[程序员Carl](https://mp.weixin.qq.com/s/b66DFkOp8OOxdZC_xLZxfw)
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* B站视频：[代码随想录](https://space.bilibili.com/525438321)
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* 知识星球：[代码随想录](https://mp.weixin.qq.com/s/QVF6upVMSbgvZy8lHZS3CQ)
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